2018黑龙江省高考模拟精编大考卷十二物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(十二)　物理１．A　法拉第最先引入“场”的概念,奥斯特最早发现了电流的磁效应,A错误;力做功的过程伴随着能量转化的过程,电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能,B正确;将匀变速直线运动划分成无数小段,每一小段可看作匀速运动,这叫“微元法”,C正确;电场强度E＝Fq和磁感应强度B＝FIL都是用比值定义的物理量,D正确;故A符合题意．２．D　b图线的斜率先为正值,然后为负值,b的运动方向发生变化,故A错误．在t１时刻,两车的位移相等,故B错误．t１到t２时间内,两车的位移相同,时间相同,则平均速度相同,故C错误．t１到t２时间内,b图线的斜率在某时刻与a相同,则此时刻两车的速度相同,故D正确．３．D　电场的方向一定由高电势指向低电势,A错误;φa＝２V、φc＝－２V,则O点电势为零,过O点作一条电场线,如图所示,则b、d两点在这条电场线上的垂足与O点的距离是相等的,可得b、d两点电势关系为φb＝－φd,可知d点电势为－２３V,B错误;从c到O,由低电势到高电势,电场力对电子做正功,电势能减小且减小量为２eV,C错误;过a点作出等势面,电场线与等势面垂直,过O点作出电场线,可看出从a顺时针到b,电势先增大再减小,则电子的电势能先减小再增大,D正确．４．A　由F＝BIL得:I＝FBL＝０．２０．１×０．１A＝２０A;由左手定则判断,电流方向O→C,故选A．５．D　FＧx图线围成的面积表示拉力F做功的大小,可知F做功的大小W＝１２Fmx０＋１４πx０２,根据动能定理得,Ek＝W＝１２Fmx０＋１４πx０２＝１２Fmx０(１＋π２),故D正确,A、B、C错误．６．D　从图中可得磁通量逐渐增大,根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A,A错误;根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝６V,而感应电流大小为I＝ER＋r＝１．２A,B错误;根据闭合电路欧姆定律,有U＝IR＝４．８V,C错误;因为A端接地,电势为零,所以C端的电势为４．８V,D正确．７．AC　由表达式得:ω＝２πf＝１００π,故f＝５０Hz,故A正确;根据电压与匝数成正比知,副线圈电压峰值为３１．１V,电压表V１的示数为有效值,应为３１．１２V,故B错误;当出现火警时,传感器R２的电阻随温度升高而减小,副线圈电压表V１的示数不变,电流增加,输出功率增加,故输入功率也增加,故C正确;由C分析得R１分压增大,电压表V２的示数变小,电流表示数变大,D错误,故选AC．８．AD　由GMmr２＝m(２πT)２r可得太阳的质量M＝４π２r３GT２,选项A正确;因为不知道彗星的质量,故不能求出彗星经过A点时受到的引力大小,选项B错误;因为彗星并不是绕太阳做匀速圆周运动,故不能确定彗星经过A点的速度大小,选项C错误;而彗星经过A点后做离心运动,万有引力小于向心力,所以彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度,选项D正确．９．AC　由x＝vt,y＝１２gt２,消去t得到y＝g２v２x２,对比抛物线方程y＝１kx２,由１k＝g２v２可得初始速度v＝kg２,选项A正确,B错误;在O点,物体只受重力,根据向心力公式有:mg＝mv２R,解得O点的曲率半径为R＝v２g＝k２,选项C正确,D错误．１０．CD　当对B施加一水平力F使B缓慢地运动时,力F与绳子上拉力的合力与物块B的重力相平衡,对B受力分析可知,当绳子偏离竖直方向的角度逐渐增大时,绳子上的拉力会逐渐增大,故绳子拉A的力也会增大,如果原来A受到沿斜面向上的摩擦力,则当拉力增大时,该摩擦力就会先减小,选项A错误;滑轮受到两侧绳子的弹力的作用,从这两个力的合力的方向来看,绳对滑轮的作用力是变化的,选项B错误;把物块A、B和斜面体作为一个整体,水平方向的拉力F在逐渐增大,故地面对斜面体的摩擦力一直增大,选项C正确;由于外力F沿水平方向,故竖直方向上整体受到的力是不变的,即地面对斜面体的支持力保持不变．选项D正确．１１．(１)C　(２)１．２２　(３)D解析:(１)平衡摩擦力后,橡皮筋对小车的作用力就是合力,橡皮筋对小车做的功就等于合外力做的功,故选C．(２)vm＝２．４４×１０－２m０．０２s＝１．２２m/s．(３)由W∝v２m知D正确．１２．(１)３V　１．５　(２)１．５　１解析:(１)一节干电池电动势大约１．５V,则电压表应选择量程“３V”,根据测定一节干电池电动势和内阻实验原理U＝E－Ir可知,UＧI图象纵轴截距为电动势,则E＝１．４５V,内阻为图象斜率的绝对值,即r＝１．４５－１０．３Ω＝１．５Ω．(２)滑动变阻器某处发生断路时电压表直接测电源电动势,由题图丙可知E＝１．５V;取两特殊值U＝１．３５V时I＝０．１５A,U＝１．２V时I＝０．３A,由U＝E－Ir可知,r＝１Ω．１３．(１)４m/s　(２)５３解析:(１)设滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小为v,两小车瞬时速度的大小为V,对整体应用动量守恒和能量守恒有:mv－２MV＝０Ep＝mv２２＋２MV２２解得v＝４m/s,V＝１m/s(２)设滑块P和小车乙达到共同速度为v′,滑块P在乙车上滑行的距离为L,对滑块P和小车乙应用动量守恒和功能关系有:mv－MV＝(m＋M)v′μmgL＝１２mv２＋１２MV２－１２(m＋M)v′２代入数据解得L＝５３m􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—９１１—详解答案１４．(１)１．０３×１０－６s　(２)０．５１４nm(n＝０,１,２􀆺)解析:(１)粒子的运动轨迹如图所示当粒子第一次以斜向上的速度经过Q点时,时间最短,在磁场中运动时间为t１,有qv０B＝mv２０rr＝mv０qBT＝２πrv０所以有T＝２πmqBt１＝T＝６．２８×１０－７s在无场区域运动的时间为t２,有t２＝４dv０＝４．０×１０－７st＝t１＋t２＝１．０３×１０－６s(２)粒子的运动情况可以不断地重复上述情况,粒子在磁场中的路程为r＝５cms１＝２nπr　(n＝１,２,３􀆺)在无场区的路程为s２＝４nd　(n＝１,２,３􀆺)总路程为s＝s１＋s２＝０．５１４nm　(n＝１,２,３􀆺)１５．(１)１A,方向b→a　(２)１N,平行导轨向上(３)１．５J解析:(１)在０~４s内,由法拉第电磁感应定律,有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝２V由闭合电路欧姆定律,有I＝ER＋r＝１A根据楞次定律知,金属棒中电流方向由b→a(２)当t＝２s时,ab棒受到沿斜面向上的安培力F安＝IBL１＝１N对ab棒受力分析,由平衡条件,有F＝mgsinθ－F安＝１N方向平行于导轨平面向上(３)ab棒沿导轨下滑切割磁感线产生感应电动势,有E′＝B′L１v,产生的感应电流I′＝E′R＋r棒下滑至速度稳定时,棒两端电压也恒定,此时ab棒受力平衡,有mgsinθ＝B′I′L１得v＝mg(R＋r)sinθB′２L２１＝１m/s由动能定理,得mgxsinθ－W安＝１２mv２Q总＝W安＝mgxsinθ－１２mv２＝２JQR＝RR＋rQ总＝１．５J．１６．(１)６μπd３NA　μd３NA　(２)①０　９J　②９J　３J解析:(１)假设分子为球体,该物质的摩尔体积为V＝NA４３πd２()３＝NAπd３６,密度为ρ＝μV＝６μπd３NA．假设分子为立方体,则摩尔体积为V′＝NAd３,该物质的密度为ρ′＝μV′＝μd３NA．(２)①由题意知,从状态A到状态C的过程,气体发生等容变化,该气体对外界做的功W１＝０,根据热力学第一定律有ΔU１＝W１＋Q１,内能的增量ΔU１＝Q１＝９J．②从状态A到状态B的过程,气体体积减小,温度升高,该气体内能的增量ΔU２＝Q１＝９J．根据热力学第一定律有ΔU２＝W２＋Q２,从外界吸收的热量Q２＝ΔU２－W２＝３J．１７．(１)ACD　(２)６０°解析:(１)由题意,简谐横波沿x轴正向传播,波传到x＝１m的P点时,P点开始向下振动,此时为计时起点,在t＝０．４s时PM间第一次形成图示波形,t＝０．４s时间内振动传播了一个波长,经过了一个周期,故P点的振动周期为０．４s,故A正确;由题知波传到x＝１m的P点时,P点开始向下振动,沿y轴负方向,故B错误;由图可知,该波的波长为４m,而PM之间的距离是３m,当M点开始振动时,由波形可知,P点在波峰,故C正确;由图知,波长λ＝４m,则波速v＝λT＝４０．４m/s＝１０m/s,故D正确;从计时开始的０．４s＝T内,P质点通过的路程为４倍振幅,即４０cm,故E错误．(２)设入射光线与１４球体的交点为C,连接OC,OC即为入射点的法线．因此,图中的角α为入射角．过C点作球体水平表面的垂线,垂足为B．依题意,∠COB＝α又由△OBC知sinα＝３２①设光线在C点的折射角为β,由折射定律得sinαsinβ＝３②由①②式得β＝３０°由几何关系知,光线在球体的竖直表面上的入射角γ为３０°．由折射定律得sinγsinθ＝１３因此sinθ＝３２,解得θ＝６０°．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—０２１—